\section{2008}
一、（$30'$）写成氢原子的束缚态能级，所有量子数以及取值范围，求出其简并度。

二、（$30'$）一个粒子质量为$\mu$，在一势能环中运动，势能
$$V=\begin{cases}0,&0<\varphi<\varphi_0\\ \infty,&other\end{cases}$$
求粒子运动的本征值和本征函数。

三、（$30'$）求在$H=\begin{pmatrix}1&\lambda &0\\ \lambda &3&0 \\ 0&0& \lambda-2\end{pmatrix}$中粒子的本征值，设$\lambda \ll 1$，利用微扰求其本征值（精确到二级近似）并与精确求解相比较。

四、（$30'$）两个自旋为$\frac{1}{2}\hbar$的粒子，两个粒子分别为$\chi_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$，$\chi_1=\begin{pmatrix}\cos\theta e^{-i\omega t}\\ \sin\theta e^{-i\omega t}\end{pmatrix}$，求系统处于单态和三态的概率。

五、（$30'$）处在一维谐振子势基态的粒子受到微扰$H'=\lambda x\delta(t_0)$作用，求跃迁到其他各激发态的总概率和仍处在基态的概率。已知：
$xH_n=\frac{1}{\sqrt a}\left[\sqrt{\frac{n}{2}}H_{n-1}+\sqrt{\frac{n+1}{2}}H_{n+1}\right]$。



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\section*{2008解答}
一、（$30'$）写成氢原子的束缚态能级，所有量子数以及取值范围，求出其简并度。

答：束缚态能级为：$E_n=-\cfrac{e^2}{2a_0}\cfrac{1}{n^2}\qquad a_0=\cfrac{\hbar^2}{me^2}$；主量子数$n$：$1,2,3,\cdots$；角量子数$l$：$0,1,2,(n-1),\cdots$；磁量子数$m$：$0,\pm1,\pm2,\pm l$；简并度：$n^2$。

二、（$30'$）一个粒子质量为$\mu$，在一势能环中运动，势能
$$V=\begin{cases}0,&0<\varphi<\varphi_0\\ \infty,&other\end{cases}$$
求粒子运动的本征值和本征函数。

解：\\
方法一

在$2\pi>\varphi>\varphi_0$中，$V=\infty$，$\psi=0$。

在$0<\varphi<\varphi_0$定态薛定鄂方程：
$$\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(r)\right]\psi=E\psi
\qquad \nabla^2=\frac{1}{r}\frac{\partial^2}{\partial r^2}r+\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial }{\partial \theta}(\sin\theta\frac{\partial}{\partial \theta})+\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}$$
在势能环中运动$r,\theta$为常数，与其相关的微分项都为0 。可以认为$\theta=\frac{\pi}{2}$，即是在$xy$平面上的圆环，因为总可以通过坐标变换得到。在弧中有：
$$-\frac{\hbar^2}{2\mu r^2}\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}\psi=E\psi \qquad
\frac{\partial^2}{\partial \varphi^2}\psi+k^2\psi=0    \qquad \text{令}\mu r^2=I,\text{则}k^2=\frac{2IE}{\hbar^2}$$
解得：
$$\psi(\varphi)=Ae^{ik\varphi}+Be^{-ik\varphi}$$
由边界条件，$\psi(0)=0,\psi(\varphi_0)=0$，有：
$$\begin{cases}\psi(0)=A+B=0\\ \psi(\varphi_0)=Ae^{ik\varphi_0}+Be^{-ik\varphi_0}=0\end{cases} \qquad 
e^{ik\varphi_0}-e^{-ik\varphi_0}=0\qquad 2i\sin k\varphi_0=0$$
$$\qquad \sin k\varphi_0=0 \qquad k\varphi_0=n\pi
\qquad k=\frac{n\pi}{\varphi_0}\qquad 
n=0,\pm1,\pm2,\cdots $$
$$\psi(\varphi)=Ae^{i\frac{n\pi\varphi}{\varphi_0}}-Ae^{-i\frac{m\pi\varphi}{\varphi_0}}=2iA\sin\frac{n\pi\varphi}{\varphi_0}=C\sin\frac{m\pi\varphi}{\varphi_0}$$
归一化：
$$\int_0^{\varphi_0}\psi^*\psi d\varphi=C^2\int_0^{\varphi_0}\sin^2\frac{n\pi\varphi}{\varphi_0}d\varphi=
C^2\int_0^{\varphi_0}(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\cos\frac{2n\pi\varphi}{\varphi_0})d\varphi=C^2\frac{\varphi_0}{2}=1$$
$$\psi(\varphi)=\sqrt{\frac{2}{\varphi_0}}\sin\frac{n\pi\varphi}{\varphi_0}\qquad
n=0,\pm1,\pm2,\cdots  \qquad
E=\frac{\hbar^2}{2I}k^2=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2I\varphi_0^2}$$
\\
方法二

所谓方法二就是在解那个薛定鄂方程时，采用不同的通解形式，不同的边界条件用不同的形式，或许有利于计算。

其通解为：$\psi(\varphi)=A\sin(k\varphi+\delta)$，由边界条件，$\psi(0)=0,\psi(\varphi_0)=0$，有：
$$\begin{cases}A\sin(0+\delta)=0 \\ A\sin(k\varphi_0+\delta)=0\end{cases}
\Longrightarrow \begin{cases}\delta=0\\ k=\frac{n\pi}{\varphi_0}\end{cases}  \qquad n=0,\pm1,\pm2,\cdots$$
这样解起来就简便些。

三、（$30'$）求在$H=\begin{pmatrix}1&\lambda &0\\ \lambda &3&0 \\ 0&0& \lambda-2\end{pmatrix}$中粒子的本征值，设$\lambda \ll 1$，利用微扰求其本征值（精确到二级近似）并与精确求解相比较。

解：（1）近似解

将$H'=\begin{pmatrix}0&\lambda&0\\ \lambda&0&0\\ 0&0&\lambda \end{pmatrix}$
视为微扰，$H^0=\begin{pmatrix}1&0&0 \\ 0&3&0 \\ 0&0& -2\end{pmatrix}$，有：
\begin{align*}
&E_n^1=H_{nn}' \qquad E_1^1=0 \qquad E_2^1=0 \qquad E_3^1=\lambda &&\\
&E_k^2=\sum_{n\ne k}\frac{|H'_{nk}|^2}{E_k^0-E_n^0}&&
E_1^2=\frac{|H_{21}'|^2}{E_1^0-E_2^0}+\frac{|H_{31}'|^2}{E_1^0-E_3^0}=\frac{\lambda^2}{1-3}=-\frac{\lambda^2}{2}\\
&E_2^2=\frac{|H'_{12}|^2}{E^0_2-E^0_1}+\frac{|H'_{32}|^2}{E_2^0-E_3^0}=\frac{\lambda^2}{3-1}=\frac{\lambda^2}{2}   &&
E_3^2=\frac{|H'_{13}|^2}{E_3^0-E_1^0}+\frac{|H_{23}'|^2}{E_3^0-E_2^0}=0
\end{align*}
\begin{align*}
&E_1=E_1^0+E_1^1+E_1^2=1+0+(-\frac{\lambda}{2})=1-\frac{\lambda^2}{2}\qquad
E_2=E_2^0+E_2^1+E_2^2=3+0+\frac{\lambda}{2}=3+\frac{\lambda^2}{2}\\
&E_3=E_3^0+E_3^1+E_3^2=-2+\lambda+0=\lambda-2
\end{align*}
（2）精确解
$$\begin{vmatrix}1-E &\lambda &0\\ \lambda &3-E &0\\ 0&0&\lambda-2-E
\end{vmatrix}=0$$
$$(1-E)(3-E)(\lambda -2-E)-\lambda^2(\lambda -2-E)=0 \qquad E=\lambda-2$$
$$(1-E)(3-E)-\lambda^2=0 \Longrightarrow E^2-4E+3-\lambda^2=0 \Longrightarrow
E=2+\sqrt{1+\lambda^2},2-\sqrt{1+\lambda^2}$$
（3）近似解与精确解的比较

将$\sqrt{1+\lambda}$在0处泰勒展开$f(x)=f(0)+f'(0)x$，有：$\sqrt{1+\lambda}\approx 1+\frac{\lambda^2}{2}$，于是：
$$E=2+\sqrt{1+\lambda^2}\approx 3+\frac{\lambda^2}{2} \qquad
E=2-\sqrt{1+\lambda^2}\approx 1-\frac{\lambda^2}{2}$$
可见微扰第三能级近似解与精确解相同，第一、第二能级是精确解的泰勒展开。

四、（$30'$）两个自旋为$\frac{1}{2}\hbar$的粒子，两个粒子分别为$\chi_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$，$\chi_1=\begin{pmatrix}\cos\theta e^{-i\omega t}\\ \sin\theta e^{-i\omega t}\end{pmatrix}$，求系统处于单态和三态的概率。

解：将$\chi_1,\chi_2$分别表示成：
$$\chi_1=\alpha_1,\qquad \chi_2=\cos\theta e^{-i\omega t}\alpha_2+\sin\theta e^{-i\omega t}\beta_2$$
则这个双粒子系统的自旋波函数为：
$$\psi=\cos\theta e^{-i\omega t}\alpha_1\alpha_2+\sin\theta e^{-i\omega t}\alpha_1\beta_2$$
处于单态$\chi_{00}$的概率为：
$$\langle\chi_{00}|\psi\rangle=\sqrt{1}{\sqrt2}(\alpha_1^\dagger\beta_2^\dagger-\beta_1^\dagger\alpha_2^\dagger)(\cos\theta e^{-i\omega t}\alpha_1\alpha_2+\sin\theta e^{-i\omega t}\alpha_1\beta_2)
=\sqrt{1}{\sqrt2}\sin\theta e^{-i\omega t}$$
$$P_{00}=|\langle\chi_{00}|\psi\rangle|^2=\frac{1}{2}\sin^2\theta$$
处于$\chi_{11}$的概率为：
$$\langle \chi_{11}|\psi\rangle=\alpha_1\alpha_2(\cos\theta e^{-i\omega t}\alpha_1\alpha_2+\sin\theta e^{-\omega t}\alpha_1\beta_2)=\cos\theta e^{-\omega t}$$
$$P_{11}=|\langle \chi_{11}|\psi\rangle|^2=\cos^2\theta$$
处于$\chi_{1,-1}$的概率为：
$$\langle \chi_{1,-1}|\psi\rangle=\beta_1\beta_2(\cos\theta e^{-i\omega t}\alpha_1\alpha_2+\sin\theta e^{-i\omega t}\alpha_1\beta_2)=0$$
$$P_{1,-1}=|\langle \chi_{1,-1}|\psi\rangle|^2=0$$
处于$\chi_{10}$的概率为：
$$\langle \chi_{10}|\psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}(\alpha_1\beta_2+\beta_1\alpha_2)(\cos\theta e^{-i\omega t}\alpha_1\alpha_2+\sin\theta e^{-i\omega t}\alpha_1\beta_2)
=\frac{1}{\sqrt2}\sin\theta e^{-i\omega t}$$
$$P_{10}=|\langle \chi_{10}|\psi|^2=\frac{1}{2}\sin^2\theta$$
于是系统处于单态的概率为：$\frac{1}{2}\sin^2\theta$，处于三态的概率为：$\cos^2\theta-\frac{1}{2}\sin^2\theta$\footnote{当然了处于三态的概率可以直接一减去处于单态的概率，不必把处于三态的概率一个个都求出来}。

五、（$30'$）处在一维谐振子势基态的粒子受到微扰$H'=\lambda x\delta(t_0)$作用，求跃迁到其他各激发态的总概率和仍处在基态的概率。已知：
$xH_n=\frac{1}{\sqrt a}\left[\sqrt{\frac{n}{2}}H_{n-1}+\sqrt{\frac{n+1}{2}}H_{n+1}\right]$。

{ 析：虽然是“已知”但还是想看看，它是怎么来的：}
\begin{align*}
&\hat{x}=\sqrt{\frac{\hbar}{2\mu \omega}}(\hat{a}_+-\hat{a}_-) \qquad \hat{x}|n\rangle
=\sqrt{\frac{\hbar}{2\mu\omega}}(\hat{a}_+|n\rangle+\hat{a}_-|n\rangle)\\
&\hat{x}|n\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2\mu\omega}}(\sqrt{n+1}|n+1\rangle+\sqrt{n}|n-1\rangle)
=\sqrt{\frac{\hbar}{\mu\omega}}(\sqrt{\frac{n}{2}}|n-1\rangle+\sqrt{\frac{n+1}{2}}|n+1\rangle)\\
&\text{令：}a=\frac{\mu\omega}{\hbar},\text{有：}xH_n=\frac{1}{\sqrt a}\left[\sqrt{\frac{n}{2}}H_{n-1}+\sqrt{\frac{n+1}{2}}H_{n+1}\right]
\end{align*}

解：
$$a_m(t)=\frac{1}{i\hbar}\int_0^t H'_{mk} e^{i\omega_{mk}t'}dt'\quad (k\rightarrow m)\quad \omega_{mk}=\frac{E_m-E_k}{\hbar}
\qquad H'_{m0}=\langle m|H'|0\rangle=\lambda \delta(t_0)\langle m|\hat{x}|0\rangle$$
由$xH_n=\frac{1}{\sqrt a}\left[\sqrt{\frac{n}{2}}H_{n-1}+\sqrt{\frac{n+1}{2}}H_{n+1}\right]$，有：
$$x_{mn}=\langle \psi_m|\hat{x}|\psi_n\rangle=\frac{1}{\sqrt a}\left[\sqrt{\frac{n}{2}}\delta_{m,n-1}+\sqrt{\frac{n+1}{2}}\delta_{m,n+1}\right]
\qquad x_{m0}=\frac{1}{\sqrt a}\delta_{m,1}$$
{ 曾疑虑，基态用不了这个公式，会有$\delta_{m,-1}$，没有这个负能级，觉得不对。但是这是$\delta$函数，既然没有，那就为0呀！}

由$x_{m0}$可以看出，只能跃迁到第一激发态，其余能级跃迁概率为0 ，有：
$$H'_{10}=\frac{\lambda}{\sqrt a}\delta(t_0)$$
$$a_1(t)=\frac{1}{i\hbar}\frac{\lambda}{\sqrt a}\int_0^t\delta(t_0)e^{i\omega_{10}t'}dt'=\frac{1}{i\hbar}\frac{\lambda}{\sqrt a}e^{i\omega t_0} \qquad
\omega_{10}=\frac{E_1-E_0}{\hbar}=\omega$$
$$|a_1(t)|^2=-\frac{1}{i\hbar}\frac{\lambda}{\sqrt a}e^{-i\omega t_0}\cdot\frac{1}{i\hbar}\frac{\lambda}{\sqrt a}e^{i\omega t_0}=\frac{\lambda}{a\hbar^2}$$
于是跃迁到其他各激发态的总概率为：$\frac{\lambda}{a\hbar^2}$，仍处于基态的概率为：$1-\frac{\lambda}{a\hbar^2}$。
